2011年全国高中数学联赛模拟卷(1)(一试+二试,附详细解答)

全国高中数学联赛模拟卷(1)第一试
(考试时间：80分钟 满分：120分)
姓名：_____________考试号：______________得分：_________ ___
一、填空题（本大题共8小题，每小题8分，共64分）
2
4x
1．不等式
?2x?9
的解集为 ．
2
(1?1?2x)



2
3．直线
k x?y?2
与曲线
1?(y?1)?|x|?1
有两个不同的交点，则实数k的取值范 围是__ _______.




．
5．所有的满足条件
a?b?a


aba?1
?b
b?1
?a?b
的正整数对
(a,b)
的个数为 ．
1?a1?b1?c
???
__.
1?a1?b1?c
6．设
a,b,c
为方程
x
3
?k
1
x? k
2
?0
的根（
k
1
?k
2
?1
），则

．
8．已知A, B, C为△ABC三内角, 向量
?
?(cos
存在动点M, 使得
|MA|,|AB|,|MB|
成等差数列, 则
A?BA?B
,3si n)
,
|
?
|?
22
|MC|
|AB|
2
.如果当C最大时,
最大值是
__ ___
.




二、解答题（本大题共3小题，第9题16分，第10、11题20分，共56分）


11．已知函数

f(x)?a(|sinx|?|cosx|)?3si n2x?7,
其中
a
为实数，求所有的数对(a, n)(n∈N*),
使 得函数
y?f(x)
在区间
(0,n
?
)
内恰好有2011 个零点．









2011模拟卷（1） 第 1 页 共 6页

全国高中数学联赛模拟卷(1)加试
(考试时间：150分钟 满分：180分)
姓名：_____________考试号：______________得分： ____________
一、（本题满分40分）
在
Rt?ABC
中，< br>CD
是斜边
AB
上的高，记
I
1
,I
2,I
分别是△ADC, △BCD,
△ABC的内心，
I
在
A B
边上的射影为
O
1
，
?CAB,?ABC
的角平分线分别 交
BC,AC
于
P,Q
，
且
PQ
的连线与
CD
相交于
O
2
，求证：四边形
I
1
O
1
I
2
O
2
为正方形．














C
P
Q
I
1
D O
1
I

I
2
A
B
nA
n
?2(n?1)
2k
三、（本题满分50分）
设
k?N
?
，定义
A
1
?1
，
A
n?1
?
，
n?1,2,?< br>
n?2
证明：当
n?1
时，
A
n
为整数， 且
A
n
为奇数的充要条件是
n?1或2(mod4)








四、（本题满分50分）
试 求最小的正整数
n,
使得对于任何
n
个连续正整数中，必有一数，其各位数< br>字之和是7的倍数.













2011模拟卷（1） 第 2 页 共 6页

2011年全国高中数学联赛模拟卷(1)答案
1． 由
1?1?2x?0
得
x??,x?0
，原不等式可变为
1?1?2 x
2

故原不等式的解集为
?
?
1
??
2
?2x?9
解得
x?
45

8
2．答案：②⑤，解：由对称性可知，所得图形应为中心对称图形，且②⑤可以截得
?
1
??
45
?
,0
?
U
?
0 ,
?
?
2
??
8
?

44
33< br>32
2
4．答案：0，1，
?1?2i,?1?2i
解：
z?z?2z
=
2z?z
，∴
z(z?1?2z)?0

3．提示：
[?2,?)?(,2]
, 曲线为两个半圆，直线过定点（0，?2），数形结合可得.
当
z?0
时，满足条件，当
z?0
时，
z?1?2z?0

设
z?a?bi(a,b?R),则a?b?2abi?1?2(a?bi)
22
2
?
a
2
?b
2
?1?2a?0(1)< br>∴
?
，由(2)
2b(a?1)?0

?
2ab?2b?0(2)
2
1）
b?0
代入(1) 整理得：
(a?1)?0?a?1

2）
b?0
，则
a??1
代入(1) 得：
b?4?b??2
，经检验复数
z?1,?1?2i
均满足条件.
∴
z
的所有可能值为0，1，
?1?2i,?1?2i
.
5．解：显然
a?b?1
．由条件得
a?a
2
?b
b?1
?a?b
b?1
?a?b
b?1
?1
，从而有
ab ?b
b
?b

ba?1b?1aba
即
b?ab?b
，再结合条件及以上结果，可得
a?b?a?b?a?b?a?ab?b
，整理得
a?ab?a
a
?a
a?1
?b
b?1
?a
a?1
?
?
a?b
b?1
?
?a
a?1
，从而< br>a
2
?a?a
?
a?1
?
?a?ab?a
a ?1

．
?1
，所以
2?a?3
．当
a?2时，
b?1
，不符合；当
a?3
时，
b?2
（
b?1
不符合）
2
?
，故只有1解． 综上，满足本题的正整数对
?
a,b
?
只有
?
3，
即
a
a?3
aa?1
6．答案：
3?k
1
?3k
2
，由题意，
x
3
?k
1
x?k
2
?(x?a)(x?b)(x?c)< br> 由此可得
1?k
1
?k
2

a?b?c?0，
ab?bc?ca??k
1
，
abc?k
2
以及1?k
1
?k
2
?(1?a)(1?b)(1?c)

1?a1?b1?c3?(a?b?c)?(ab?bc?ca)?3abc
3?k
1
?3k
2
???

?
1?k
1
?k
21?a1?b1?c(1?a)(1?b)(1?c)
7．提示：甲、乙二人每人摸出一个小球都有 9种不同的结果，故基本事件总数为9
2
=81个，由不等式
a?2b+10>0得2 b使不 等式成立，则共有9×5=45种；当b=6时，a可取3、4、?、9中每一个值，有7种；当b=7
时，a可取5、6、7、8、9中每一个值，有5种；当b=8时，a可取7、8、9中每一个值，有3种；当b=9时，a只能取9，有1种。于是，所求事件的概率为
8．解:
|
?
|?
45?7?5?3?161

?
8181
A?BA?B13
?3sin
2
?2?cos(A?B)?cos(A?B) ?2

2222
1
?cos(A?B)?3cos(A?B)?2sinAs inB?cosAcosB?tanAtanB?,

2
tanA?tanB
tanC??tan(A?B)???2(tanA?tanB)??4tanAtanB??22
,
tanAtanB?1
2
等号成立仅当
tanA?tanB?
.令| AB|=2c,因
|MA|?|MB|?4c
,
2
2?cos
2
2011模拟卷（1） 第 3 页 共 6页

x
2
y
2
2
所以 M是椭圆
2?
2
?1
上的动点.故点C(0,
c
), 设M(x,y), 则
2
4c3c
4
2
c
2
1
2
9 c
2
2
2
22
22
|MC|＝x+(
y?
??y?2cy?,|y|?3c
.
c
)＝
4c?y?y?2cy?
2
3232
当y＝
?3c
时, |MC|
2
max
=
|MC|
6?1
7?26
2
23?2
c
. 即.
c
, |MC|
max
＝
max
＝
242
|AB|
1010
，下面用数学归纳法证明：当
n?5
时，有
a
n
?

33
n?1n?11n?11n?11
1 0
假设
a
n
?
?
n?5
?
，则
a
n?1
?????
2
?
?
??
n?1
< br>nn?12n?2
2
1
3
2
n?1n?1
?
nn1n1
?
n?1n?1

?????
?
??
?a
n

??
?
n2n
?
n?1n?221
2
n?2
?
n2n
n ?1n?110n?186810
????????

n2n3n3533
1 0
所以数列{a
n
}中的最大值是
a
4
?a
5?

3
222222
10．解：设⊙O:
(x?a)?(y?b )?a?b,
即
x?2ax?y?2by?0

9．解：经计算知
a
2
?2
，
a
3
?3
，
a
4?a
5
?
抛物线与直线
y?kx?b
的两个交点坐标为
(x
1
,y
1
,),(x
2
,y
2
)，
?
x
1
?x
2
?1
2
?
kx
1
?kx
1
?b
?
则
?
2
， 即
?
b
①, 这两点亦在圆上，即
x
1
x
2
??
?
kx
2
?kx
2
?b
?
k
?
2222
o?x
1
?2ax
1
?y
1< br>?2by
1
?x
1
?2ax
1
?(kx
1< br>?b)
2
?2b(kx
1
?b),
?
(1?k
2
)x
1
?2ax
1
?b
2
?0
2a
?
x?x?,
12
2
?
?
1?k
2
22
同理
(1?k)x
2
?2ax
2
?b?0
, 即
?
②
2
?b
?
xx?.
?
121?k
2
?
11?k
2
1
2
?k?
比较①，②知：
a?(1?k),b?
2kk
k
??
11．解：首先 ，函数
f(x)
以为
?
周期，且以
x??(k?Z)
为对称 轴，即
24
f(x?
?
)?f(x),f(k
?
?
f(
?
2
?x)?f(x)(k?Z)
，其次，
k
??
k
??
3
?

?(k?Z)
对称，
)?a?7,f(k
?
?)?2a?10,f(k
?
?)? 2a?4
，∵
f(x)
关于
x?
24
244
k?
k
??
k
??
k
??
∴
f(x)< br>在
(,?)
及
(?,?)
上的零点个数为偶数，
22424 22
要使
f(x)
在区间
（0，n
?
)
恰有201 1个零点，则上述区间端点必有零点
k
?
k
??
?
?（1）若
a?7
，则
f()?0,f(?)?0
，考虑区间
(0 ,)
及
(,
?
)
上的零点个数．
2242
2当
x?(0,
?
2
2
令
t?sinx?cosx(t? (1,2].
则
y?g(t)??3t?7t?4?0
，
2011模拟卷（1） 第 4 页 共 6页
)
时，
f(x)?7(sinx?cosx)?3sin2x?7
，

解得
t
1
?1
（舍），
t
2
?< br>当
x?(
4
?
?
?2sin(x?)
，故在
(0,)
内有两解．
34
2
?
2
2
令
t ?sinx?cosx(t?(1,2]
，则
y?g(t)?3t?7t?10?0
，
10
?
解得
t
1
?1
（舍），
t
2
??
（舍），故在
(,
?
)
内无解．因此，
f( x)
在区间
(0,
?
)
内有三个零点．
32
故在 (0,n
?
)内有3n?(n?1)?4n?1?2011个零点。解得n?503.

同理可得满足条件
(a,n)?(7,503),(52,2011),(22,2011)< br>．

,
?
)
时，
f(x)?7(sinx?cos x)?3sin2x?7
，
加试题
一．证明：不妨设
BC
≥
AC
，由
?ADC~?CDB
且
I
1
,I
2
分别是其内心，得
且
?I
1
DI
2
?
AC
I
1
D

?
BCI
2
D
1
?ADB?90
0
??ACB
，所以
?DI
1
I
2
~?CAB
则
?I
2
I
1
D??CAB
①
2< br>设
?ADC,?BCD
的内切圆半径分别为
r
1
,r
2
，
Rt?ABC
的三边长为
a,b,c
，
I
1< br>,I
2
在
AB
边上的射影为
x?z?by?z?ab?c?a
，
,r
2
?,AO
1
?
E,F
，并且< br>AD?x,BD?y,CD?z
，则
r
1
?
222
b?c?ay?z?ax?z?b
所以
DO
1
?AO
1
?AD??x???r
2
?r1
，
222
?r)
1
?r?

I
1
E?r
1
?r
2
?(r
2
?r
1
)?DF?DO
1
?O
1
F
，
EO
1
?r
1
?(r
22
IF
2
，
?
因此< br>?I
1
EO
1
?
?
?FO
1
I2
．
?O
1
I
1
?O
1
I
2
且
?I
1
O
1
I
2
?
?
??I
1
O
1
E??I
2
O
1
F?
?
??O
1
I
2
F??I
2
O
1
F?
，②
2
则
D,O
1
,I
2
,I< br>1
四点共圆
??I
2
O
1
F??I
2I
1
D??CAB
（由①知）所以
O
1
I
2< br>AC
， 同理
O
1
I
1
BC
，
1
(b?c?a)
CQBCCQBCab
AI
1
AO
1< br>2
b?c?a
∴，又由角平分线性质得
????CQ?
???
QABAQA?CQBA?BCa?c
I
1
PBO
1
1
( c?a?b)
c?a?b
2
1
CQ?CO
2
sin?ACD
ab
QO
2
S
?CQO
2
2
b?cb同理
CQ?
，另一方面，
???
1
b?c
O
2
PS
?CPO
2
CP?CO
2
sin?BCD
a ?ca
2
C
AI
1
QO
2
b?c?ab(b?c )
???
又
O
2
I
1
CA?
，
P
I
1
PO
2
Pc?a?ba(a?c)
而a(a?c)(b?c?a)?b(b?c)(c?a?b)

Q
I
2222
?a(ab?ac?a?cb?c?ac)?b(bc?ba?b?c?ac?bc)


I
2
I
1
?a(ab?b
2
)?b(ba?a
2
)?0
，
A
B
D O
1
所以
O
2
I
1
CA
， 同理
O
2
I
2
BC
，
所以四边形
I1
O
1
I
2
O
2
为平行四边形，由②知四边形
I
1
O
1
I
2
O
2
为正方形．

二．解：由于问题的对称性, 只要证明对于任何正数

2011模拟卷（1） 第 5 页 共 6页
下式成立

因为如果上式成立, 则原式的左边不小于

不失一般性, 可以在的假设下证明上述不等式.
如果, 只要将不等式两边同除, 令

于是问题转化成下列被修改的问题：给定满足条件
此不等式证明如下：


2k2k
三．证明：注意到
(n?2)A
n?1
?nA< br>n
?2(n?1)

(n?1)A
n
?(n?1)A
n?1
?2n

得
(n?2)(n?1)A
n?1
?(n?1)nA
n?1
?2(n? 1)
反复运用上式，得
A
n
?
得
2S(n)?
2k ?1

的正数 证明

?2n
2k?1

2 S(n)
ttt
，其中
S(n)?1?2???n
，
t?2k?1< br>
n(n?1)
t
n
i?1
?
[(n?i)
i?0
n
t
?i]?
?
[(n?1?i)
t
?i< br>t
]
，从而可知
n(n?1)|2S(n)
，因此
A
n
(n?1)
是整数.
（1）当
n?1或2(mod4)
时， 由
S(n)
有奇数个奇数项知
S(n)
为奇数，所以
A
n< br>为奇数.
（2）当
n?0(mod4)
时，
()
t?0(mod4)
，
n
2
n
ttt
[(n?i)?i ]?()?0(mod4)
，所以
A
n
为偶数
?
2
i?0
n?1
t
（3）当
n?3(mod4)
时，
()?0(mod4)
，
2故
S(n)?
故
S(n)?
tt
[(n?1?i)?i]?(< br>?
i?1
n?1
2
n
2
n?1
t
) ?0(mod4)
，所以
A
n
为偶数
2
综上所述，命题成立，证毕.

四．解：首先，我们可以指出12个连续 正整数，例如994，995，?，999，1000，1001，?，1005，
其中任一数的各位数 字之和都不是7的倍数，因此，
n?13
.
再证，任何连续13个正整数中，必有一 数，其各位数字之和是7的倍数.对每个非负整数
a
，称如
下10个数所构成的集合:
A
a
?{10a,10a?1,?10a?9}
为一个“基本段”，13个连 续正整数，要么
属于两个基本段，要么属于三个基本段。当13个数属于两个基本段时，据抽屉原理，其 中必有连
续的7个数，属于同一个基本段；当13个连续数属于三个基本段
A
a?1< br>,A
a
,A
a?1
时，其中必有连续
(a?1)?,
10个数同属于
A
a
.现在设
a
k
a
k?1
?
a
1
a
0

a
k
a
k?1
?a
10
kk
a
k?
a
k
?
1< br>k
i
i?0
a6)
是属于同一个
1
(?a
0
基本段的7个数，它们的各位数字之和分别是
?
a,
?
a?1,?
,
?
a?6,
显然，这7个和数被7
ii
i?0i? 0
除的余数互不相同，其中必有一个是7的倍数.因此，所求的最小值为
n?13.



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